中考数学压轴题专题相似的经典综合题及答案

中考数学压轴题专题相似的经典综合题及答案

一、相似

1．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：

（1）∠OAE=∠OBE；

（2）AE=BE+ OE．

【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，

∴OB⊥AC，

∴∠AOB=90°，

∵∠AEB=90°，

∴A，B，E，O四点共圆，

∴∠OAE=∠OBE

（2）证明：在AE上截取EF=BE，

则△EFB是等腰直角三角形，

∴，∠FBE=45°，

∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，

∴∠ABO=45°，

∴∠ABF=∠OBE，

∵，

∴，

∴△ABF∽△BOE，

∴ = ，

∴AF= OE，

∵AE=AF+EF，

∴AE=BE+ OE．

【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。

（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。

2．已知直线y=kx+b与抛物线y=ax2（a＞0）相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴正半轴相交于点C，过点A作AD⊥x轴，垂足为D．

（1）若∠AOB=60°，AB∥x轴，AB=2，求a的值；

（2）若∠AOB=90°，点A的横坐标为﹣4，AC=4BC，求点B的坐标；

（3）延长AD、BO相交于点E，求证：DE=CO．

【答案】（1）解：如图1，

∵抛物线y=ax2的对称轴是y轴，且AB∥x轴，

∴A与B是对称点，O是抛物线的顶点，

∴OA=OB，

∵∠AOB=60°，

∴△AOB是等边三角形，

∵AB=2，AB⊥OC，

∴AC=BC=1，∠BOC=30°，

∴OC= ，

∴A（-1，），

把A（-1，）代入抛物线y=ax2（a＞0）中得：a= ；

（2）解：如图2，过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，

∵CF∥BG，

∴，

∵AC=4BC，

∴ =4，

∴AF=4FG，

∵A的横坐标为-4，

∴B的横坐标为1，

∴A（-4，16a），B（1，a），

∵∠AOB=90°，

∴∠AOD+∠BOE=90°，

∵∠AOD+∠DAO=90°，

∴∠BOE=∠DAO，

∵∠ADO=∠OEB=90°，

∴△ADO∽△OEB，

∴，

∴，

∴16a2=4，

a=± ，

∵a＞0，

∴a= ；

∴B（1，）；

（3）解：如图3，

设AC=nBC，

由（2）同理可知：A的横坐标是B的横坐标的n倍，

则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），

∴AD=am2n2，

过B作BF⊥x轴于F，

∴DE∥BF，

∴△BOF∽△EOD，

∴，

∴，

∴，DE=am2n，

∴，

∵OC∥AE，

∴△BCO∽△BAE，

∴，

∴，

∴CO= =am2n，

∴DE=CO．

【解析】【分析】（1）抛物线y=ax2关于y轴对称，根据AB∥x轴，得出A与B是对称点，可知AC=BC=1，由∠AOB=60°，可证得△AOB是等边三角形，利用解直角三角形求出OC的长，就可得出点A的坐标，利用待定系数法就可求出a的值。

（2）过B作BE⊥x轴于E，过A作AG⊥BE，交BE延长线于点G，交y轴于F，根据平行线分线段成比例证出AF=4FG，根据点A的横坐标为﹣4，求出点B的横坐标为1，则A（-4，16a），B（1，a），再根据已知证明∠BOE=∠DAO，∠ADO=∠OEB，就可证明△ADO∽△OEB，得出对应边成比例，建立关于a的方程求解，再根据点B在第一象限，确定点B的坐标即可。

（3）根据（2）可知A的横坐标是B的横坐标的n倍，则设B（m，am2），则A（-mn，am2n2），得出AD的长，再证明△BOF∽△EOD，△BCO∽△BAE，得对应边成比例，证得CO=am2n，就可证得DE=CO。

3．已知：如图，在△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径作⊙O分别交AC，BC于点D，E，连接DE和DB，过点E作EF⊥AB，垂足为F，交BD于点P．

（1）求证：AD=DE；

（2）若CE=2，求线段CD的长；

（3）在（2）的条件下，求△DPE的面积．

【答案】（1）解：∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=90°，即BD⊥AC

∵AB=BC，

∴△ABD≌CBD

∴∠ABD=∠CBD

在⊙O中，AD与DE分别是∠ABD与∠CBD所对的弦

∴AD=DE；

（2）解：∵四边形ABED内接于⊙O，∴∠CED=∠CAB，

∵∠C=∠C，∴△CED∽△CAB，∴，

∵AB=BC=10，CE=2，D是AC的中点，

∴CD= ；

（3）解：延长EF交⊙O于M，

在Rt△ABD中，AD= ，AB=10，

∴BD=3 ，

∵EM⊥AB，AB是⊙O的直径，

∴，

∴∠BEP=∠EDB，

∴△BPE∽△BED，

∴，

∴BP= ，

∴DP=BD-BP= ，

∴S△DPE：S△BPE=DP：BP=13：32，

∵S△BCD= × ×3 =15，S△BDE：S△BCD=BE：BC=4：5，

∴S△BDE=12，

∴S△DPE= ．

【解析】【分析】（1）根据已知条件AB是⊙O的直径得出∠ADB=90°，再根据等腰三角形的三线合一的性质即可得出结论。

（2）根据圆内接四边形的性质证得∠CED=∠CAB，再根据相似三角形的判定证出△CED∽△CAB，得出对应边成比例，建立关于CD的方程，即可求出CD的长。

（3）延长EF交⊙O于M，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出BD的长，再证明△BPE∽△BED，根据相似三角形的性质得对应边成比例求出BP的长，然后根据等高的三角形的面积之比等于对边之比，再由三角形面积公式即可求解。

4．如图，抛物线y= x2+bx+c 与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，6），点D是抛物线的顶点．

（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；

（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，连接BD，点F是抛物线上的动点，当∠FBA=∠BDE时，求点F的坐标；

（3）如图2，若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，求点Q的坐标．

【答案】（1）解：把B（6，0），C（0，6）代入y= x2+bx+c，得

解得 ,抛物线的解析式是y= x2+2x+6, 顶点D的坐标是（2，8）

（2）解：如图1，过F作FG⊥x轴于点G，

设F（x， x2+2x+6），则FG= ，

∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，∴△FBG∽△BDE，∴，

∵B（6，0），D（2，8），∴E（2，0），BE=4，DE=8，OB=6，∴BG=6-x，

∴

当点F在x轴上方时，有，∴x=-1或x=6（舍去），此时F1的坐标为（-1，）,

当点F在x轴下方时，有，∴x=-3或x=6（舍去），此时F2的坐标为（-3，）,

综上可知F点的坐标为（-1，）或（-3，）

（3）解：如图2，

不妨M在对称轴的左侧，N在对称轴的左侧，MN和PQ交于点K，由题意得点M，N关于抛物线的对称轴对称，四边形MPNQ为正方形，且点P在x轴上

∴点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上 ,

∴KP=KM=k，则Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），

∵点M在抛物线y= x2+2x+6的图象上，∴k= (2-k)2+2(2-k)+6

解得k1= 或k2=

∴满足条件的点Q有两个，Q1（2，）或Q2（2，）.

【解析】【分析】（1）根据点B、C的坐标，利用待定系数法建立关于b、c的方程组，求解就可得出函数解析式，再求出顶点坐标。

（2）过F作FG⊥x轴于点G，设出点F的坐标，表示出FG的长，再证明△FBG∽△BDE，利用相似三角形的性质建立关于x的方程，当点F在x轴上方时和当点F在x轴下方时，求出符合题意的x的值，求出点F的坐标。

（3）由点M，N关于抛物线的对称轴对称，可得出点P为抛物线的对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上,设Q（2，2k），M坐标为（2-k，k），再由点M在抛物线上，列出关于k的方程，求解即可得出点Q的坐标。

5．如图，在等腰△ABC中，AB=BC，以BC为直径的⊙O与AC相交于点D，过点D作DE⊥AB交CB延长线于点E，垂足为点F．

（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；

（2）若⊙O的半径R=5，tanC= ，求EF的长．

【答案】（1）解：DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，

∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=∠90°，∴BD⊥AC．

∵AB=BC，∴AD=DC．∵OC=OB，∴OD∥BA，∵DE⊥BC，∴DE⊥OD，∴直线DE是⊙O的切线．

（2）解：过D作DH⊥BC于H，∵⊙O的半径R=5，tanC= ，∴BC=10，设BD=k，CD=2k，∴BC= k=10，∴k=2 ，∴BD=2 ，CD=4 ，∴DH= =4，∴OH= =3，∵DE⊥OD，DH⊥OE，∴OD2=OH?OE，∴OE= ，∴BE= ，∵DE⊥AB，

∴BF∥OD，∴△BFE∽△ODE，∴，即，∴BF=2，∴EF= = ．

【解析】【分析】（1）DE是⊙O的切线，理由如下：如图，连接OD，BD，根据直径所对的圆周角的直角得出∠ADB=∠90°，根据等腰三角形的三线合一得出AD=DC，连接三角形

两边中点的线段是三角形的中位线，又三角形的中位线平行于第三边，得出OD∥BA,又DE⊥BC，根据平行线的性质得出DE⊥OD，从而得出结论：直线DE是⊙O的切线；

（2）过D作DH⊥BC于H，根据正切函数的定义，由tanC=，可以设BD=k，CD=2k，根据勾股定理表示出BC，再根据BC=10，列出方程，求解得出k的值，进而得出CD,BD的长，根据面积法即可算出DH的长，再根据勾股定理算出OH的长，然后判断出△ODH与△ODE 相似，根据相似三角形对应边成比例即可得出OD2=OH?OE，根据等积式算出OE,的长，从而根据线段的和差算出BE的长，再判断出△BFE∽△ODE，根据相似三角形对应边成比例

得出,根据比例式即可算出BF，最后根据勾股定理算出FE的长。

6．已知在矩形ABCD中，AB=2，AD=4．P是对角线BD上的一个动点（点P不与点B、D 重合），过点P作PF⊥BD，交射线BC于点F．联结AP，画∠FPE=∠BAP，PE交BF于点E．设PD=x，EF=y．

（1）当点A、P、F在一条直线上时，求△ABF的面积；

（2）如图1，当点F在边BC上时，求y关于x的函数解析式，并写出函数定义域；

（3）联结PC，若∠FPC=∠BPE，请直接写出PD的长．

【答案】（1）解：如图，

∵矩形ABCD ，

∴，

∴，

∵A、P、F在一条直线上，且PF⊥BD，

∴，

∴，

∴，∵，

∴，∴，

∴；

（2）解：∵PF⊥BP ，∴，

∴，∵，∴，∴，又∵∠BAP =∠FPE，

∴∽，∴，

∵AD//BC ，∴，

∴，即，

∵，∴，

∴，

∴

（3）解：∠CPF=∠BPE，

①如图所示，当点F在CE上时，

∵∠BPF=∠FPD=90°，∴∠DPC=∠FPE，

∵∠FPE=∠BAP，∴∠DPC=∠BAP，

∵AB//CD，∴∠ABD=∠CDB，

∴△PAB∽△CPD，

∴PB：CD=AB：PD，

∴PB·PD=CD·AB，

∴x（）=2×2，

∴x= ；

②如图所示，当点F在EC延长线上时，

过点P作PN⊥CD于点N，在CD上取一点M，连接PM，使∠MPF=∠CPF，

则有PC：PM=CH：MH，

∵∠BPF=∠DPF=90°，∴∠BPC=∠DPM，

∵∠BPE=∠CPF，∴∠BPE=∠EPF，

∵∠BAP=∠FPE，∴∠BAP=∠DPM，

∵∠ABD=∠BDC，

∴△PAB∽△MPD，

∴PB：MD=AB：PD，

由PD=x，tan∠PDM=tan∠PFC=2，

易得：DN= ，PN= ，CN=2- ，

PH=2x，FH= ，CH=2- x，

由PB：MD=AB：PD可得MD= ，从而可得MN，

在Rt△PCN中利用勾股定理可得PC，

由PC：PM=CH：MH可得PM，

在在Rt△PMN中利用勾股定理可得关于x 的方程，

解得x= ，

综上：PD的长为：或

【解析】【分析】（1）要求三角形ABF的面积，由题意只须求出BF的长即可。根据同角的余角相等可得∠BAF=∠ADB，所以tan∠PBF=tan∠ADB=,结合已知即可求得

BF的长，三角形ABF的面积=AB BF；

（2）要求y与x之间的函数关系式，由题意只须证得ΔBAP∽ΔFPE，从而得出比例

式;,现在需求出PF的长，代入比例式即可得y与x的关系式。

（3）由已知条件过点P作PF⊥BD，交射线BC于点F可知，点F可能在线段CE上，也可

在CE的延长线上，所以分两种情况求解即可。

7．定义：如图，若点D在的边AB上，且满足，则称满足这样条件的点为的“理想点”

（1）如图，若点D是的边AB的中点，，，试判断点D是不是的“理想点”，并说明理由；

（2）如图，在中，，，，若点D是的“理想点”，求CD的长；

（3）如图，已知平面直角坐标系中，点，，C为x轴正半轴上一点，且满足，在y轴上是否存在一点D，使点A，B，C，D中的某一点是其余三点围成的三角形的“理想点” 若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：结论：点D是的“理想点”.

理由：如图中，

是AB中点，，

，

，，

，

，

，

∽，

，

点D是的“理想点”，

（2）解：如图中，

点D是的“理想点”，

或，

当时，

，

，

，

当时，同法证明：，

在中，，，，

，

，

.

（3）解：如图中，存在有三种情形：

过点A作交CB的延长线于M，作轴于H.

，，

，

，

，，

，

≌，

，，设，

，，

，，，，

，

，

，

解得或舍弃，

经检验是分式方程的解，

，，

①当时，点A是的“理想点” 设，

，，

∽，

，

，

解得，

.

②当时，点A是的“理想点”.

易知：，

，

.

③当时，点B是的“理想点”.

易知：，

，

.

综上所述，满足条件的点D坐标为或或 .

【解析】【分析】（1）结论：点D是的“理想点” 只要证明∽

即可解决问题；（2）只要证明即可解决问题；（3）如图中，存在有三种情形：过点A作交CB的延长线于M，作轴于构造全等三角形，利用平行线分线段成比例定理构建方程求出点C坐标，分三种情形求解即可解决问题；

8．如图1，一副直角三角板满足AB＝BC，AC＝DE，∠ABC＝∠DEF＝90°，∠EDF＝30°【操作】将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q

（1）【探究一】在旋转过程中，

①如图2，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明.________

②如图3，当时E P与EQ满足怎样的数量关系？，并说明理由.________

③根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当时，EP与EQ满足的数量关系式

为________,其中的取值范围是________(直接写出结论，不必证明)

（2）【探究二】若且AC＝30cm，连续PQ，设△EPQ的面积为S(cm2)，在旋转过程中：

①S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值，若不存在，说明理由.

②随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化？不出相应S值的取值范围.

【答案】（1）解：当时，PE=QE.即E为AC中点，理由如下：

连接BE，

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴BE=CE，

∠PBE=∠C=45°，

又∵∠PEB+∠BEQ=90°，∠CEQ+∠BEQ=90°，

∴∠PEB=∠CEQ，

在△PEB和△QEC中，

∵ ,

∴△PEB≌△QEC（ASA），

∴PE=QE.

；EP：EQ=EA:EC=1:2；理由如下：

作EM⊥AB，EN⊥BC，

∴∠EMP=∠ENQ=90°，

又∵∠PEN+∠MEP=∠PEN+∠NEQ=90°，

∴∠MEP=∠NEQ,

∴△MEP∽△NEQ，

∴EP：EQ=ME:NE,

又∵∠EMA=∠ENC=90°，∠A=∠C，

∴△MEA∽△NEC，

∴ME:NE=EA:EC，

∵ ,

∴EP：EQ=EA:EC=1:2.

；EP：EQ=1:m；0

（2）解：①存在.

由【探究一】中（2）知当时，EP：EQ=EA：EC=1：2；设EQ=x，则EP= x，

∴S= ·EP·EQ= ·x· x= x2，

当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小，

∵AC=30，△ABC是等腰直角三角形，

∴AB=BC=15 ，

∵，AC=30，

∴AE=10，CE=20，

在等腰Rt△CNE中，

∴NE=10 ，

∴当x=10 时，S min=50（cm2）；

当EQ=EF时，S取得最大，

∵AC=DE=30，∠DEF=90°，∠EDF=30°，

在Rt△DEF中，

∴tan30°= ,

∴EF=30× =10 ，此时△EPQ面积最大，

∴S max=75（cm2）；

②由（1）知CN=NE=5 ,BC=15 ,

∴BN=10 ，

在Rt△BNE中，

∴BE=5 ，

∴当x=BE=5 时，S=62.5cm2，

∴当50

当S=50或62.5

【解析】【解答】（1）③作EM⊥AB，EN⊥BC，

∵∠B=∠PEQ=90°，

∴∠EPB+∠EQB=180°，

又∵∠EPB+∠EPM=180°，

∴∠EQB=∠EPM,

∴△MEP∽△NEQ，

∴EP：EQ=ME:NE,

又∵∠EMA=∠ENC=90°，∠A=∠C，

∴△MEA∽△NEC，

∴ME:NE=EA:EC，

∵ ,

∴EP:EQ=EA:EC=1:m，

∴EP与EQ满足的数量关系式为EP：EQ=1:m，

∴02+ 时，EF与BC不会相交）.

【分析】【探究一】①根据已知条件得E为AC中点，连接BE，根据等腰直角三角形的性质可BE=CE，∠PBE=∠C=45°，由同角的余角相等得∠PEB=∠CEQ，由全等三角形的判定ASA可得△PEB≌△QEC，再由全等三角形的性质得PE=QE.

②作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案.

③作EM⊥AB，EN⊥BC，由相似三角形的判定分别证△MEP∽△NEQ，△MEA∽△NEC，再由相似三角形的性质得EP：EQ=ME:NE=EA:EC，从而求得答案.

【探究二】①设EQ=x，根据【探究一】（2）中的结论可知则EP= x，根据三角形面积公式得出S的函数关系式，再根据当EQ⊥BC时，EQ与EN重合时，面积取最小；当EQ=EF 时，S取得最大；代入数值计算即可得出答案.

②根据（1）中数据求得当EQ与BE重合时，△EPQ的面积，再来分情况讨论即可.

9．已知二次函数y=ax2+bx+3的图象分别与x轴交于点A（3，0），C（-1，0），与y轴交于点B．点D为二次函数图象的顶点．

（1）如图①所示，求此二次函数的关系式：

（2）如图②所示，在x轴上取一动点P（m， 0），且1＜m＜3，过点P作x轴的垂线分别交二次函数图象、线段AD，AB于点Q、F，E，求证：EF=EP；

（3）在图①中，若R为y轴上的一个动点，连接AR，则BR+AR的最小值________（直接写出结果）．

【答案】（1）解：将A（3，0），C（-1，0）代入y=ax2+bx+3，得：

，解得：，

∴此二次函数的关系式为y=-x2+2x+3

（2）证明：∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，

∴点D的坐标为（1，4）．

设线段AB所在直线的函数关系式为y=kx+c（k≠0），

将A（3，0），C（0，3）代入y=kx+c，得：

，解得：，

∴线段AB所在直线的函数关系式为y=-x+3．

同理，可得出：线段AD所在直线的函数关系式为y=-2x+6．

∵点P的坐标为（m，0），

∴点E的坐标为（m，-m+3），点F的坐标为（m，-2m+6），

∴EP=-m+3，EF=-m+3，

∴EF=EP．

（3）

【解析】【解答】解（3）如图③，连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q．

∵OC=1，OB=3，

∴BC= ．(勾股定理)

∵∠CBO=∠CBO，∠BOC=∠BQR=90°，

∴△BQR∽△AOB，

∴ ,即 ,

∴RQ= BR，

∴AR+ BR=AR+RQ，

∴当A，R，Q共线且垂直AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小．

∵∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC，

∴△CQA∽△COB，

∴ ,即

∴AQ= ，

∴ BR+CR的最小值为．

故答案为：．

【分析】（1）根据A，C点的坐标，利用待定系数法可求出二次函数的关系式；（2）利用待定系数法求出线段AB，AD所在直线的函数关系式，用m表示EF，EP的长，可证得结论；（3）连接BC，过点R作RQ⊥BC，垂足为Q，则△BQR∽△AOB，利用相似三角形

的性质可得出RQ= BR，结合点到直线之间垂直线段最短可得出当A，R，Q共线且垂直

AB时，即AR+ BR=AQ时，其值最小，由∠ACQ=∠BCO，∠BOC=∠AQC可得出△CQA∽△COB，利用相似三角形的性质可求出AQ的值，此题得解．